2023统考版高考物理一轮第六章动量守恒定律第2讲动量守恒定律课件

第2讲　动量守恒定律\n必备知识·自主排查关键能力·分层突破\n必备知识·自主排查\n一、动量守恒定律及守恒条件1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统________，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．(2)动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝______________或Δp1＝－Δp2.2．系统动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受________的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合外力不为零，但当内力________合外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受________为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒．不受外力m1v′1＋m2v′2外力远大于合外力\n二、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间__________，而物体间相互作用力________的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力_______外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类种类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒________非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失________很短很大远大于守恒最大\n2.反冲运动(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象．(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的________是守恒的．(3)爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且____________系统所受的外力，所以系统动量________，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．,动量远大于守恒\n生活情境在花样滑冰双人滑比赛中，男女选手的质量分别为m1＝60kg和m2＝40kg，男选手的速度为1m/s，方向向西，女选手的速度为4m/s,方向向东，滑行中两位选手相遇并携手共同滑行，冰面摩擦忽略不计．请完成以下判断题：(1)两位选手在携手过程中，所受合外力为零．()(2)两位选手组成的系统动量守恒．()(3)两位选手一起滑行的速度大小为1m/s，方向向东．()(4)两位选手在携手过程中机械能守恒．()(5)两位选手在携手过程中机械能损失300J．()(6)两位选手的携手过程属于完全非弹性碰撞．()√√√×√√\n关键能力·分层突破\n考点一　动量守恒定律的理解与应用角度1动量守恒的判断判断系统动量守恒时的两点(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同．(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程．\n例1.[2021·全国乙卷，14]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒解析：撤去推力后，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，故系统动量守恒；由于撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，存在摩擦力做功的情况，故系统机械能不守恒，所以选项B正确．答案：B\n命题分析试题情境属于基础性题目，以滑块与车厢间的运动为素材创设学习探索问题情境必备知识考查动量守恒和机械能守恒的条件关键能力考查理解能力．要求学生理解动量守恒和机械能守恒的条件学科素养考查能量观念、科学思维．要求考生利用能量观念通过科学推理得出滑块与车厢机械能是否守恒\n角度2动量守恒定律的应用1.动量守恒定律常用的三种表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量矢量和等于作用后的动量矢量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零2．应用动量守恒定律的三点提醒(1)动量守恒定律是矢量方程，解题时应选取统一的正方向．(2)各物体的速度必须相对于同一参考系，一般选地面为参考系．(3)列动量守恒定律方程时应注意所选取的研究系统及研究过程．\n例2.[2021·广东卷，13]算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2.(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．答案：(1)能，计算过程见解析(2)0.2s\n解析：(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，加速度大小a1＝＝1m/s2，设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，则＝2a1s1，解得v1＝0.3m/s，甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1m/s，解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝1m/s2，设乙算珠能运动的最远距离为x，则x＝＝0.02m，由于x＝s2，所以乙算珠能够滑动到边框a.\n(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝＝0.1s，碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1s，所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s.\n命题分析试题情境属于基础性题目，以被拨动的算珠的运动为素材创设生活实践问题情境必备知识考查牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律等知识关键能力考查理解能力、模型建构能力、推理能力．分析算珠的运动，建构碰撞模型学科素养考查运动与相互作用观念、科学思维．综合运用力与运动的观念、动量守恒定律解决实际问题\n跟进训练1.如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A和B被反弹后，B能上升到比初位置高的地方．A是某种材料做成的有凹坑的实心球．质量为m1＝0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量为m2＝0.1kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25m处由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，则反弹后木棍B上升的高度为(重力加速度g取10m/s2)()A．4.05mB．1.25mC．5.30mD．12.5m答案：A\n解析：由题意可知，A、B做自由落体运动，由v2＝2gH，可得A、B的落地速度的大小v＝，A反弹后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统在竖直方向上所受合力虽然不为零，但作用时间很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v′2，B上升高度h＝，联立并代入数据得h＝4.05m，A正确．\n2．如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧．小车AB的质量M＝3kg，长L＝4m(其中O为小车的中点，AO部分粗糙，BO部分光滑)，一质量为m＝1kg的小物块(可视为质点)，放在小车的最左端，车和小物块一起以v0＝4m/s的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，小物块与弹簧作用过程中弹簧始终处于弹性限度内，小物块与小车AO部分之间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度取10m/s2.求：(1)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(2)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；(3)小物块最终停在小车上的位置距A端的距离．答案：(1)2J(2)4kg·m/s，方向水平向左(3)1.5m\n解析：(1)当小车停止运动后，对小物块，有－μmg＝ma根据运动学公式＝2a由能量关系Ep＝mv2，解得Ep＝2J.(2)设小物块离开弹簧时的速度为v1，有Ep＝对小物块，取向右为正方向，根据动量定理I＝－mv1－mv代入数据得I＝－4kg·m/s，故弹簧对小物块的冲量大小为4kg·m/s，方向水平向左．(3)小物块滑过O点和小车相互作用，由动量守恒mv1＝(m＋M)v2由功能关系μmgx＝小物块最终停在小车上的位置距A端的距离xA＝－x解得xA＝1.5m.\n考点二　碰撞问题分析角度1弹性碰撞弹性碰撞动量守恒、机械能守恒m1v1＋m2v2＝＝\n例3.如图所示，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段水平粗糙，BD段为半径R＝0.08m的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B点，小球甲以v0＝5m/s的初速度从C点出发，沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙恰好能到达半圆轨道最高点D，已知小球甲与AB段的动摩擦因数μ＝0.4，CB的距离s＝2m，g取10m/s2，甲、乙两球可视为质点，求：(1)碰撞前瞬间，小球甲的速度v甲；(2)小球甲和小球乙的质量之比．答案：(1)3m/s(2)\n解析：(1)在CB段，μmgs＝，得v甲＝3m/s(2)碰后，乙恰好能到达半圆轨道最高点Dm乙g＝m乙从B点到D点，根据动能定理－2m乙gR＝m乙－m乙，得vB＝＝2m/s在B位置，甲、乙发生碰撞mv甲＝mv′甲＋m乙，＝＋m乙联立得vB＝v甲得＝\n教你解决问题——审题提取信息\n角度2完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞动量守恒、机械能损失最多m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vΔE＝－(m1＋m2)v2\n例4.如图所示，竖直固定在地面的透气圆筒中有一劲度系数k＝50N/m的轻质弹簧，弹簧下端固定，上端连接一质量m＝2kg的薄板．圆筒内壁涂有一层ER流体，它对薄板的阻力可调．起初薄板静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度l＝1m．现有一质量M＝2kg的物体从距地面h＝2m处自由落下，与薄板碰撞后粘在一起向下做匀减速运动，当薄板下移距离s＝0.5m时速度减为0，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，试求：(1)下落物体与薄板碰撞过程中系统损失的机械能；(2)薄板下移距离s0＝0.1m时ER流体对其阻力的大小．答案：(1)10J(2)35N\n解析：(1)物体与薄板碰撞之前做自由落体运动，与薄板碰撞时动量守恒，有＝2g(h－l)Mv0＝(M＋m)v1＝ΔE解得v1＝m/s，ΔE＝10J(2)薄板做匀减速运动时，有＝－2asF阻＋k(s0＋x0)－(M＋m)g＝(M＋m)a且kx0＝mg解得F阻＝35N\n角度3碰撞的可能性碰撞的基本规律\n例5.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的值可能是()A．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/sB．v′A＝2m/s，v′B＝4m/sC．v′A＝－4m/s，v′B＝7m/sD．v′A＝7m/s，v′B＝1.5m/s答案：B\n解析：考虑到实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A、D错误；碰撞前总动量p＝pA＋pB＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2)kg·m/s＝10kg·m/s，总动能Ek＝＝×1×62J＋×2×22J＝22J，碰撞后，总动量为p′＝p′A＋p′B＝mAv′A＋mBv′B＝(1×2＋2×4)kg·m/s＝10kg·m/s，总动能E′k＝＝×1×22J＋×2×42J＝18J，则p′＝p，Ek>E′k，符合动量守恒定律和动能不增加原则，故B正确；碰撞后，总动量p′＝p′A＋p′B＝mAv′A＋mBv′B＝(－1×4＋2×7)kg·m/s＝10kg·m/s，总动能＝＝×1×(－4)2J＋×2×72J＝57J，符合动量守恒定律，但碰后总动能增加了，故C错误．\n跟进训练3.水平地面上有甲、乙两个小滑块在同一直线上运动，两小滑块碰撞前后的速度—时间图象如图所示，小滑块甲的碰前速度为正向，小滑块乙的碰前速度为负向(其中一个小滑块碰后速度变为0)．下列说法正确的是()A．碰后乙的速度变为零B．t＝2.5s时，两小滑块之间的距离为7.5mC．两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞D．碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒答案：D\n解析：由图象可知，甲、乙两滑块相向运动，均做匀减速直线运动，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑块甲的速度变为零，滑块乙的速度为6m/s(反向)，故A项错误；t＝2.5s时，两滑块之间的距离Δs＝×6×(2.5－1)m＝4.5m，故B项错误；设碰前甲的质量为m1，乙的质量为m2，则碰前动量p1＝m1×4m/s＋m2×(－2m/s)，碰后动量p2＝m2×6m/s，由碰撞过程动量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，由能量关系，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，则两滑块间的碰撞为弹性碰撞，选项C错误；由速度图象可知，碰前甲滑块的加速度大小a1＝2m/s2，所受摩擦力大小f1＝m1a1＝2m1，乙滑块的加速度大小a2＝4m/s2，所受摩擦力大小f2＝m2a2＝4m2＝2m1＝f1，f1和f2的方向相反，故甲、乙两滑块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，选项D正确．\n考点三“反冲”和“爆炸”模型角度1“反冲”模型作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加\n例6.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出．已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是()A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒C．火箭获得的最大速度为D．火箭上升的最大高度为答案：D\n解析：火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝，D正确．\n角度2“人船”模型1．模型特点2．结论：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小)\n例7.如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝300kg的车的一端，车长L＝3m，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A．后退0.5mB．后退0.6mC．后退0.75mD．一直匀速后退解析：人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m，即车将后退0.5m，A正确．答案：A\n角度3“爆炸”模型爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动\n例8.[2021·浙江1月，12]在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m答案：B\n解析：设质量小的碎块的质量为m，则质量大的碎块的质量为2m；设爆炸时质量大的碎块的水平速度大小为v，质量小的碎块的水平速度大小为v′，根据动量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；两碎块都做平抛运动，设其下落时间为t，则vt＝v声(t1－t)，2vt＝v声(t2－t)，其中t1＝5s，t2＝6s，解得t＝4s，v＝85m/s；再由h＝gt2可得，爆炸点离地面的高度为80m，B正确．两碎块的水平位移大小之比为1∶2，但从爆炸物爆炸两碎块开始抛出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A错误．爆炸后质量大的碎块的初速度为85m/s，C错误．爆炸后两碎块向相反的方向运动，水平间距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4m＝1020m，D错误．\n跟进训练4.(多选)如图所示，可视为质点且质量均为1kg的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面上，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑．两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3m/s，重力加速度g取10m/s2，则()A．炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度大小为3m/sB．甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18JC．从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4sD．甲、乙两物体分离2s时，两物体之间的距离为7.5m答案：AD\n解析：炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小为v2，对甲、乙两物体组成的系统，由动量守恒定律mv1＝mv2，甲、乙两物体速度大小v1＝v2＝3m/s，故A正确；由能量守恒定律得E＝，联立解得甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量E＝9J，故B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，对甲受力分析，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝3m/s2，从分离到甲物体停止运动，经过的时间t1＝＝1s，故C错误；物体甲运动的位移大小为x1＝t1＝1.5m，物体乙在2s内运动的位移大小为x2＝v2t＝6m，故甲、乙两物体分离2s时，两物体之间的距离d＝x2＋x1＝7.5m，故D正确．